Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT - Môn Toán không chuyên - Năm học 2019-2020 - Tỉnh Lào Cai

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT - Môn Toán không chuyên - Năm học 2019-2020 - Tỉnh Lào Cai

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 LÀO CAI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2019 MÔN THI : TOÁN KHÔNG CHUYÊN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian : 120 phút (không tính thời gian giao đề) Bài 1. (1,0 điểm) Tính giá trị của các biểu thức sau: 2 a) 4 3 . b) 5 6 5 2x2 2x 1 1 Bài 2: (1,5 điểm) Cho biểu thức H với x 0;x 1 x2 1 x 1 x 1 a) Rút gọn biểu thức H b) Tìm tất cả các giá trị của x để x H 0 Bài 3. (2,5 điểm) 1) Cho đường thẳng (d): y x 1 và parabol (P): y 3x2 a) Tìm tọa độ A thuộc parabol (P) biết điểm A có hoành độ x 1 1 b) Tìm b để đường thẳng (d) và đường thẳng (d’): y x b cắt nhau tại một điểm trên trục 2 hoành. x y 5 2) a) Giải hệ phương trình 2x y 1 x y a b) Tìm tham số a để hệ phương trình . Có nghiệm duy nhất x;y thỏa mãn 7x 2y 5a 1 y 2x Bài 4. (2,0 điểm) a) Giải phương trình: x2 3x 2 0 b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình x2 2(m 1)x m2 0 có hai nghiệm phân 2 biệt x1,x2 thỏa mãn hệ thức x1 x2 6m x1 2x2 . Bài 5. (3,0 điểm) Cho đường tròn (O), điểm M nằm ngoài đường tròn (O). kẻ hai tiếp tuyến MB, MC (B và C là các tiếp điểm) với đường tròn. Trên cung lớn BC lấy điểm A sao cho AB < AC. Từ điểm M kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng này cắt đường tròn (O) tại D và E (MD < ME),cắt BC tại F, cắt AC tại I. a) Chứng minh tứ giác MBOC nội tiếp. b) Chứng minh FD.FE FB.FC;FI FE FD.FE c) Đường thẳng OI cắt đường tròn (O) tại P và Q (P thuộc cung nhỏ AB). Đường thẳng QF cắt đường tròn (O) tại K (K khác Q). Chứng minh 3 điểm P, K, M thẳng hàng. HẾT Họ và tên thí sinh: SBD: Phòng thi số:
2. HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: a) 4 3 2 3 5 2 b) 5 6 5 5 6 5 5 6 5 6 Bài 2: 2x2 2x 1 1 2x x 1 1 1 a) H x2 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 2x 1 1 2x 1 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 b) Theo đề bài ta có x H 0 x 2 x 2 x 4 Kết hợp điều kiện x 0;x 1 ta có 0 x 4;x 1 Vậy với 0 x 4;x 1 thì x H 0 Bài 3: 2 1) a) Điểm A có hoành độ x 1 và thuộc P nên thay x 1 vào P ta được : y 3. 1 3 A 1;3 b)Gọi B xB;0 là điểm thuộc trục hoành và là giao điểm của hai đường thẳng d, d’. ta có B xB;0 thuộc d xB 1 B 1;0 1 1 Lại có: B 1;0 d' 0 .1 b b 2 2 x y 5 3x 6 x 2 2) a) 2x y 1 y 5 x y 3 Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất: x;y 2;3 1 1 x y a 1 b)Hệ phương trình có hệ pt có nghiệm duy nhất với mọi a. 7 2 7x 2y 5a 1 2 Theo đề bài ta có hệ pt có nghiệm duy nhất thỏa mãn y 2x Thay y 2x vào (1) ta được: x 2x a x a y 2a Thay x a;y 2a vào (2) ta được: 1 7 a 2 2a 5a 1 7a 4a 5a 1 8a 1 a 8 1 Vậy a thỏa mãn bài toán 8 Bài 4: a) x2 3x 2 0 Phương trình có dạng a b c 0 . Khí đó pt có hai nghiệm phân biệt x1 1;x2 2 . Vậy tập nghiệm của phương trình là: S 1;2 b) x2 2(m 1)x m2 0 2 2 2 2 Ta có: '  m 1  m m 2m 1 m 1 2m
3. 1 Phương trình có hai nghiệm phân biệt x ,x ' 0 1 2m 0 m 1 2 2 x1 x2 2 m 1 Theo vi-ét ta có: 2 x1x2 m Theo đề bài ta có: 2 2 x1 x2 6m x1 2x2 x1 x2 4x1x2 6m x1 2x2 2 2 4 m 1 4m 6m x1 2x2 2m 4 x1 2x2 Khi đó kết hợp với x1 x2 2 m 1 ta có hệ pt: 4 4 x m 2 x m 2 2 2 x1 x2 2 m 1 3x2 4m 6 3 3 x 2x 2m 4 x x 2m 2 4 2 1 2 1 2 x 2m 2 m 2 x m 1 3 1 3 4 x m 2 2 3 2 Thay vào x1x2 m ta được: 2 x m 1 3 4 2 2 1 2 4 1 4  m 0 m 2 . m m m m 0 m m 0  (tm) 3 3 9 3 9 3 m 12 Vậy m 0;m 12 thỏa mãn yêu cầu đề bài. Bài 5: a) Do Mb,Mc là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) nên O BM O CM 900 Xét tứ giác MBOC có: O BM O CM 1800 suy ra tứ giác MBOC là tứ giác nội tiếp. b) Xét tam giác FBD và tam giác FEC có: B FD E FC dd F DB F CE ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung BE) FB FD FBD FEC g g FD.FE FB.FC 1  FE FC Ta có AB// ME suy ra B AC D IC Mà B AC M BC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC) D IC M BC M BF C IF Xét tam giác FBM và tam giác FIC có:
4. B FM I FC (đđ) M BF C IF cmt FB FM FBM FIC g g FI.FM FB.FC 2  FI FC Từ (1) và (2) FI.FM FD.FE 3 c) Xét tam giác FDK và tam giác FQE có: K FD E FQ (đđ) F KD F EQ ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung DQ) FKD  FEQ g g FK FD FD.FE FK.FQ 4 FE FQ FM FK Từ (3) và (4) FI.FM FK.FQ FQ FI Xét tam giác FMQ và tam giác FKI có: FM FK cmt FQ FI M FQ K FI FMQ  FKI c g c F MQ F KI Suy ra tứ giác KIQM là tứ giác nội tiếp M QK M IQ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MQ) Ta có M BF C IF M BC M IF suy ra tứ giác MBIC là tứ giác nội tiếp Mà MOBC là tứ giác nội tiếp nên M, B, O, I, C cùng thuộc 1 đường tròn. Ta có O BM 900 suy ra OM là đường kính của đường tròn đi qua 5 điểm M, B, O, I, C. Suy ra O IM 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) IM  OI M IQ 900 M KQ M IQ 900 Lại có Q KP 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Từ đó ta có: M KP M KQ Q KP 1800 Vậy 3 điểm P, K, M thẳng hàng.